由一道高考題引出的思考

張巍

(南京市第十三中學 江蘇 南京 210008)

【題目】(2011年高考福建理科綜合卷第22題)如圖1(a)，在x>0的空間中存在沿y軸負方向的勻強電場和垂直于xOy平面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B.一質量為m,電荷量為q(q>0)的粒子從坐標原點O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運動軌跡見圖(a)，不計粒子的重力.

(1)求該粒子運動到y=h時的速度大小v；

圖1

1)求粒子在一個周期T內，沿x軸方向前進的距離s；

2)當入射粒子的初速度大小為v0時，其y-t圖像如圖(c)所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅A，并寫出y-t的函數表達式.

分析：該題考查動能定理、洛倫茲力、帶電粒子在電場、磁場中的運動等知識.題中有兩幅圖，尤其是圖1(b),許多考生感到陌生，茫然不知所措.下面將帶電粒子進入復合場后的各種運動圖景展示清楚,以便再遇到此類問題時，可以胸有成竹，輕松解題.

為了能借助計算機作圖，故將原題中的物理量賦于數值，設電場強度E=103N/C，磁感應強度B=1.0 T，帶電粒子質量m=10-5kg，電荷量q=10-2C.下面讓帶電粒子沿x軸正方向以不同大小的初速度v0射入復合場，觀察其運動圖景.

(1)設帶電粒子以初速度u，從坐標原點，沿x軸正方向射入復合場時，恰好洛倫茲力與電場力大小相等，則有

quB=qE

代入數據得

u=103m/s

即v0=u時，由于電場力與洛倫茲力平衡，故粒子做勻速運動，軌跡為一條直線.

(2)如果v0=0，可設想為帶電粒子在x軸上有±u的大小相等，方向相反的兩個分速度.其中磁場對+u的洛倫茲力與電場力平衡，這一個分運動為以u沿x軸正方向的勻速運動，而磁場對-u的洛倫茲力作為向心力，因此，另一個分運動為勻速圓周運動，其半徑可由

得

代入數據得

R1=1 m

角速度

代入數據得

ω=103rad/s

圓心O′ 沿x軸正向勻速運動,如圖2所示,其坐標為O′(ut，-R1).

圖2

帶電粒子P除隨O′ 勻速平動外，還繞O′ 做逆時針勻速圓周運動(圖2).帶電粒子P點運動方程為

x=ut-R1sinωt

y=R1(cosωt-1)

消去t后，可得軌跡方程(擺線)為

代入數據得

軌跡如圖3中線Ⅰ.

圖3

由于在y=0處P隨O′ 的牽連速度與繞O′ 的相對速度大小相等、方向相反，絕對速度為零，所以,軌跡上y=0處為尖頂狀.

代入數據得

R2=0.5 m

角速度

代入數據得

ω=103rad/s

P點運動方程

x=ut-R2sinωt

y=R2(cosωt-1)

軌跡方程

代入數據得

軌跡如圖3中線Ⅱ.

圖4

半徑為

代入數據得

R3=0.5 m

角速度為

代入數據得

ω=103rad/s

P點運動方程

x=ut+R3sinωt

y=R3(1-cosωt)

軌跡方程

代入數據后(圖5線Ⅰ)得

(5)若v0=2u，可將v0分解為兩個+u.圓心O′ 仍然以u沿x軸正向做勻速運動，P點除隨O′ 向右平動外，還繞O′ 逆時針轉動.

半徑為

代入數據得

R4=1 m

角速度為

代入數據得

ω=103rad/s

P點運動方程

x=ut+R4sinωt

y=R4(1-cosωt)

軌跡方程

代入數據后(圖5線Ⅱ)得

在y=2 m處，由于牽連速度與相對速度大小相等、方向相反，絕對速度為零，軌跡又呈尖頂狀.

(6)若v0>2u，如v0=2.5u，則可將v0分解為u和1.5u.P點繞O′ 點做逆時針圓周運動的半徑為

代入數據得

R5=1.5 m

角速度為

代入數據得

ω=103rad/s

P點運動方程

x=ut+R5sinωt

y=R5(1-cosωt)

軌跡方程為

代入數據后(圖5線Ⅲ)得

圖5

帶電粒子進入復合場的運動情境弄清楚后，再來解此高考題便一清二楚.

解析：

(1)由于只有電場力做功 ，用動能定理

可解得

(2)

2)圖1(c)中軌跡線對應于v0>u，粒子繞O′ 做圓周運動，在y軸上的投影為簡諧運動，振幅等于半徑

簡諧振動方程為

y=R(1-cosωt)=